Bổ đề 2.2.6 (xem [12]) Cho B là một toán tử đơn điệu cực đại với toán tử giải Jλ = (I +λB)−1 với λ > 0. Khi đó ta định nghĩa toán tử giả như sau:
Jλx= Jµ(µ
λx+ (1− µ
λ)Jλx) (2.17)
với mọi λ >0, µ > 0 và x∈ H.
Định lý 2.2.7 Cho H1 và H2 là không gian Hilbert. Cho B : H1 → 2H1
là ánh xạ đơn điệu cực đại và cho Jλ = (I +λB)−1 là toán tử giải của B
với λ > 0. Cho T : H2 → H2 là ánh xạ không giãn. Cho A : H1 → H2
là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử B−10 ∩ A−1 Fix(T) 6= ∅. Với mỗi
x1 = x∈ H, định nghĩa
xn+1 = Jλn(I −γnA∗(I −T)A)xn, ∀n ∈ N
ở đây dãy {λn} và {γn} thỏa mãn các điều kiện sau (i) 0 <lim inf
n→∞ λn ≤ lim sup
n→∞
λn <∞; (ii) 0 <lim inf
n→∞ γn ≤ lim sup
n→∞
γn < kAk−2.
Khi đó dãy {xn} hội tụ yếu đến điểm z0 ∈ B−10∩A−1 Fix(T), trong đó
z0 = lim
n→∞PB−10∩A−1Fix(T)xn.
Chứng minh. Đặt S = B−10∩A−1 Fix(T) và
Tn = Jλn(I −γnA∗(I −T)A). (2.18) Từ Bổ đề 2.2.4, Fix(Tn) = B−10∩A−1 Fix(T). Hơn nữa từ Bổ đề 2.2.3,
Tn là αn-trung bình, ở đây αn = 1 +γnkAk2
2 . Ta có thể viết
ở đây Vn là không giãn. Với x∗ ∈ S = Fix(Vn) ta có: kxn+1−x∗k2 = k(1−αn)(xn−x∗) +αn(Vnxn−x∗)k2 = (1−αn)kxn−x∗k2 +αnkVnxn−x∗k2 −αn(1−αn)kxn−Vnxnk2 ≤ kxn−x∗k2 −αn(1−αn)kxn−Vnxnk2. (2.19) Do đó với I −Tn = α(I −Vn) ta nhận được 1−αn αn kxn−Tnxnk2 ≤ kxn−x∗k2 − kxn−x∗k2. Vì αn = 1 +γnkAk2 2 ∈ 1 2,1 ! ta thu được
(a) kxn+1−x∗k ≤ kxn −x∗k với mọi n, vì vậy lim
n→∞kxn −x∗k tồn tại với mọi x∗ ∈ S; (b) ∞ P n=1 (1−γnkAk2)kxn −Tnxnk2 <∞. với điều kiện (ii) và (b) ta có
∞ P n=1 kxn−Tnxnk2 < ∞. Điều đó chỉ ra rằng lim n→∞kxn−xn+1k = lim n→∞kxn −Tnxnk = 0. (2.20) Bây giờ ta ký hiệu ωω(xn) là tập tất cả các điểm hội tụ yếu của {xn}. Lấy xˆ ∈ ωω(xn) và giả sử xnj → xˆ yếu. Không giảm tổng quát ta giả sử
λnj → ˆλ >0 và γnj → γˆ ∈ (0,kAk−2). Ký hiệu
ˆ
T = Jˆλ(I −ˆγA∗(I −T)A).
khi đó Tˆ là 1 + ˆγkAk2
Đặt zj = (I −γnjA∗(I −T)A)xnj, ta suy ra
kxnj −T xˆ njk ≤ kxnj −xnj+1k+kT njxnj −T xˆ njk
≤ kxnj −xnj+1k+kJλnjzj −Jλˆzjk+kJλˆzj −T xˆ njk (2.21) Số hạng cuối trong (2.21) được ước lượng theo
kJλˆzj −T xˆ njk
= kJˆλ(I −γnjA∗(I −T)A)xnj −Jˆλ(I −γAˆ ∗(I −T)A)xnjk ≤ |γnj −ˆγ| kA∗(I −T)Ak kxnjk → 0.
(2.22)
Số hạng giữa trong (2.21) được ước lượng theo kJλnjzj −Jˆλzjk = kJλˆ( λˆ λnj zj + (1− λˆ λnj )Jλnjzj)−Jλˆzjk ≤ |1− λˆ λnj|kJλnjzj −zjk → 0. (2.23)
Thay (2.20), (2.22), và (2.23) vào (2.21) cho
lim
j→∞kxnj −T xˆ njk = 0. (2.24) Từ đó suy ra xˆ ∈Fix( ˆT) = S. Vì thế ωω(xn) ⊂ S. Sử dụng điều này và (a) ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.5 được dãy {xn} hội tụ yếu đến z0 ∈ S. Theo Bổ đề 2.1.4 ta thấy z0 đồng thời là giới hạn mạnh của {PSxn}.
Định lý 2.2.8 Cho H1, H2 là không gian Hilbert. B : H1 → 2H1 là một toán tử đơn điệu cực đại và cho Jλ = (I+λB)−1 là toán tử giải của B với chỉ số λ > 0. Cho T : H2 → H2 là một ánh xạ không giãn, A : H1 → H2
là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử rằng B−10 ∩A−1Fix(T) 6= ∅. Với mỗi x1 =x ∈ H1, xác định
xn+1 = βnxn+ (1−βn)Jλn(I −λnA∗(I −T)A)xn, ∀n ∈N, (2.25)
(C1) ∞ P n=1 βn(1−βn) = ∞, (C2) 0 < a≤ λn ≤ 1 ||A||2 và ∞ P n=1 |λn−λn+1|< ∞. Khi đó xn * z0 ∈ B−10∩A−1Fix(T), ở đây z0 = lim
n→∞PB−10∩A−1Fix(T)xn.
Chứng minh. Tập S = B−10∩A−1 Fix(T) lấy x∗ ∈ S. Cho
Tn = Jλn(I −λnA∗(I −T)A)
và
Un = βnI + (1−βn)Tn.
Khi đó thuật toán (2.25) có thể viết lại như sau
xn+1 = βnxn+ (1−βn)Tnxn = Unxn. (2.26) Lưu ý rằng Un là (1−βn)-trung bình. Lặp lại chứng minh của (2.19) [thay
αn và Vn bởi (1−βn) và Tn, tương ứng] ta được
kxn+1−x∗k2 ≤ kxn−x∗k2 −βn(1−βn)kxn−Tnxnk2 (2.27) điều đó chỉ ra rằng
• kxn+1−x∗k ≤ kxn−x∗k với mọi n, vì vậy
lim
n→∞kxn−x∗k tồn tại với mỗi x∗ ∈S (2.28) • βn(1−βn)kxn−Tnxnk ≤ kxn−x∗k2− kxn+1−x∗k2 với mọi n, vì vậy
∞ X n=1 βn(1−βn)kxn−Tnxnk2 < ∞. (2.29) Từ điều kiện ∞ P n=1 βn(1−βn) =∞ kéo theo lim inf n→∞ kxn−Tnxnk = 0. (2.30)
Bây giờ ta sẽ chứng minh lim
n→∞kxn −Tnxnk tồn tại. Đặt
un = (I −λnA∗(I −T)A)xn và yn =Tnxn = Jλnun.
Vì Jλn(I −λnA∗(I −T)A) là không giãn, theo Bổ đề 2.1.3 ta có kyn+1−ynk = kJλn+1un+1−Jλnunk ≤ kJλn+1un+1−Jλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn)k +kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−Jλnunk ≤ kxn+1−xnk+kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn −Jλnunk ≤ kJλn+1(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−Jλn+1(I −λnA∗(I −T)A)xnk +kJλn+1un−Jλnunk+kxn+1 −xnk ≤ k(I −λn+1A∗(I −T)A)xn−(I −λnA∗(I −T)A)xnk +kJλn+1un−Jλnunk+kxn+1 −xnk ≤ |λn+1−λn| kA∗(I −T)Axnk + |λn+1−λn| a kJλn+1un−unk+kxn+1−xnk ≤ kxn+1−xnk+M|λn+1−λn|, ở đây M là hằng số thỏa mãn M ≤ sup n (kA∗(I −T)A)xnk+ 1 akJλn+1un−unk).
Vì thế, ta suy ra kxn+1−yn+1k =kβnxn+ (1−βn)yn−yn+1k ≤βnkxn−yn+1k+ (1−βn)kyn−yn+1k ≤βn(kxn−xn+1k+kxn+1−yn+1k) +(1−βn)(kxn+1−xnk+M|λn+1−λn|) =kxn−xn+1k+βnkxn+1−yn+1k+ (1−βn)M|λn+1−λn|) =(1−βn)kxn−ynk+βnkxn+1−yn+1k+ (1−βn)M|λn+1−λn|. Điều đó suy ra kxn+1−yn+1k ≤ kxn−ynk+M|λn+1 −λn|.
Từ đây ta suy ra lim
n→∞kxn−ynk tồn tại, đồng thời từ (2.30) ta thu được
lim
n→∞kxn−Tnxnk = 0. (2.31) Suy ra
lim
n→∞kxn−xn+1k = 0. (2.32) Tiếp theo ta chứng minh rằng nếu z ∈ ωω(xn) là một cụm điểm yếu của {xn}, thì z ∈ S. Thật vậy, lấy dãy con {xni} của {xn} như vậy xni * z. Lưu ý rằng ta có xni+1 * z quan sát thấy điều kiện (C2) có nghĩa là
λn →λˆ ∈ [a,kAk−2]. Cho
ˆ
T = Jˆλ(I −ˆλA∗(I −T)A).
Khi đó Tˆ không giãn và Fix( ˆT) =S. Lặp lại chứng minh từ (2.21) - (2.23)
ta nhận được
kxnj −T xˆ njk ≤ kxnj −xnj+1k+|1− λˆ
λnj
|kJλnjunj −unjk
Điều này đảm bảo rằng z = ˆT z, có nghĩa là z ∈Fix( ˆT) =S. Giờ ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.4 và Bổ đề 2.1.5 để kết luận dãy {xn} hội tụ yếu đến
z0 ∈S đó cũng là giới hạn mạnh của dãy {PSxn}.
Định lý 2.2.9 Cho H1, H2 là không gian Hilbert thực và C là một tập lồi đóng khác rỗng của H1. Cho B : H1 → 2H1 là một ánh xạ đơn điệu cực đại với D(B) ⊂ C và cho Jλ = (I +λB)−1 là toán tử giải của B với λ > 0. Cho V : C → C là ánh xạ lai ghép tổng quát và T : H2 → H2 là ánh xạ không giãn. A : H1 → H2 là toán tử tuyến tính giới nội. Giả sử rằng S =
Fix(V)∩B−10 ∩A−1 Fix(T) 6= ∅. Với mỗi x1 = x ∈ C, ta xây dựng một dãy {xn} xác định bởi thuật toán
xn+1 =βnxn+ (1−βn)V(Jλn(I −λnA∗(I −T)A)xn),∀n ∈ N, (2.33)
ở đây dãy {βn} và {λn} thỏa mãn các điều kiện: (i) 0 < c≤ βn ≤ d < 1 và
(ii) 0 < a≤ λn ≤ b < 1
kAk2.
Khi đó {xn} hội tụ yếu đến z0 ∈ S, ở đây z0 = lim
n→∞PSxn.
Chứng minh. Như chứng minh định lý trên, ta đặt
Tn =Jλn(I −λnA∗(I −T)A), un = (I −λnA∗(I −T)A)xn, yn =Tnxn = Jλnun.
Khi đó Tn là một αn-trung bình, ở đây αn = 1 +λnkAk2
2 vì thế ta có thể
viết lại Tn như sau
Tn = (1−αn)I +αnVn
ở đây Vn là một ánh xạ không giãn.
Cho z ∈ S lặp lại chứng minh (2.19) nhận được
Đặc biệt, kyn−zk ≤ kxn−zk. Từ (2.33) ta có xn+1 =βnxn+ (1−βn)V yn. Vì V z = z ta suy ra kxn+1−zk2 =kβn(xn −z) + (1−βn)(V yn −z)k2 =βnkxn −zk2 + (1−βn)kV yn−zk2−βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤βnkxn −zk2 + (1−βn)kyn−zk2 −βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤βnkxn −zk2 + (1−βn)[kxn −zk2 −αn(1−αn)kxn−V xnk2] −βn(1−βn)kxn−V ynk2 ≤kxn −zk2 −(1−βn)αn(1−αn)kxn−Vnxnk2 −βn(1−βn)kxn−V ynk2. (2.35)
Do điều kiện (i) và (ii), ta thấy (1 −βn)αn(1− αn) và βn(1−βn) là hai đại lượng dương. Ta suy ra từ (2.35) rằng kxn+1−zk ≤ kxn−zk với mọi
n, hơn nữa
lim
n→∞kxn−zk tồn tại với mọi z ∈ S, (2.36)
lim n→∞kxn−V xnk = 0, (2.37) lim n→∞kxn−V ynk = 0. (2.38) cho nên ta có: lim n→∞kxn−ynk = 0, (2.39) lim n→∞kxn−xn+1k = 0. (2.40)
Với z = Jλnz,(I −T)Az = 0 và I −T là 1 2-ism. Ta suy ra kyn−zk2 =kJλn(I −λnA∗(I −T)A)xn−Jλnzk2 ≤kxn −λnA∗(I −T)Axn −zk2 =kxn −zk2 −2λnhxn−z, A∗(I −T)Axni+ (λn)2kA∗(I −T)Axnk2 =kxn −zk2 −2λnhAxn−Az,(I −T)Axni+ (λn)2kA∗(I −T)Axnk2 ≤kxn −zk2 −λnk(I −T)Axnk2 + (λn)2kAA∗k k(I −T)Axnk2 =kxn −zk2 −λn(1−λnkAk2)k(I −T)Axnk2. (2.41) Với điều kiện (ii), điều đó chỉ ra rằng
k(I −T)Axnk2 ≤ 1
a(1−b||Ak2)(kxn−zk2 − kyn−zk2).
Sử dụng (2.39) ta được
lim
n→∞k(I −T)Axnk = 0. (2.42) Theo Bổ đề 2.1.5 và (2.36) chứng tỏ {xn} hội tụ yếu. Ta phải chứng minh dãy con {xnj} của {xn} hội tụ yếu đến điểm x∗, khi đó x∗ ∈ S. Thật vậy, vì A là toán tử tuyến tính giới nội, ta cũng có Axnj * Ax∗. Vì T không giãn, ta có từ (2.42) T Ax∗ = Ax∗; do đó Ax∗ ∈ Fix(T) hoặc x∗ ∈ A−1
Fix(T).
Tiếp theo ta chứng minh x∗ ∈ B−10. Lưu ý yn = Jλn(I − λnA∗(I −
T)A)xn có nghĩa là
1
λn
(xn−yn−λnA∗(I −T)Axn)∈ Byn
Vì B là đơn điệu, ta có với (u, v) ∈B. hyn−u, 1
hay
hyn −u,xn−yn λn
−A∗(I −T)Axn−vi ≥ 0.
Thay n bởi nj được
hynj −u, xnj −ynj
λnj −A∗(I −T)Axnj −vi ≥ 0. (2.43) Vì xnj * x∗, ynj * x∗ và A∗(I−T)Axn → 0, lấy giới hạn khi j → 0 trong (2.43) khẳng định rằng
hx∗ −u,−vi ≥ 0.
Tính đơn điệu cực đại của B chỉ ra rằng 0 ∈ Bx∗. Nghĩa là x∗ ∈ B−10. Cuối cùng, ta thấy rằng x∗ ∈ Fix(V). Kết hợp (2.38) và (2.39) được
lim
n→0kyn−V ynk. (2.44) Vì ynj * x∗ ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.10 có được x∗ ∈ Fix(V).
Trong phần trên ta đã chứng minh rằng x∗ ∈ B−10∩ Fix(V) ∩ A−1
Fix(T) = S. Cho nên ta có thể áp dụng Bổ đề 2.1.5 để có được sự hội tụ yếu của dãy {xn} tới điểm z0 ∈ S và theo Bổ đề 2.1.4 nó cũng bằng với giới hạn mạnh của dãy {PSxn}.